专题提升18　带电粒子在组合场中的运动-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是()A．电子的运动轨迹为PENCMDPB．B1＝2B2C．电子从射入磁场到回到P点用时为eq\f(2πm,eB1)D．B1＝4B2解析：根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到洛伦兹力方向向上，所以电子运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝eq\f(mv,eB)可知B1＝2B2，故B正确，D错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝eq\f(2πm,eB1)＋eq\f(πm,eB2)＝eq\f(4πm,eB1)，故C错误。答案：B2.如图所示，竖直放置的PQ板左侧为垂直纸面向里的匀强磁场，右侧为垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.332T，一质量m＝6.64×10-27kg，带电荷量q＝3.2×10-19C的粒子(不计重力)从小孔1位置以垂直板方向，大小为v＝3.2×106m/s的速度开始运动，依次通过小孔2、3、4，已知相邻两孔间的距离相等。则()A．粒子带负电B．相邻两孔间的距离为0.2mC．带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间约为5.89×10-7sD．带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间约为1.95×10-7s解析：由左手定则可判断出粒子带正电，故A错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)＝0.2m，则d＝2R＝0.4m，故B错误；圆周运动周期为T＝eq\f(2πm,qB)≈3.93×10-7s，带电粒子从小孔1运动到小孔4所需时间等于1.5T，即约为5.89×10-7s，故C正确；如图所示，带电粒子在PQ板右侧匀强磁场中运动的时间等于T，约为3.93×10-7s，故D错误。答案：C3．(多选)空间存在如图所示的相邻磁场，磁场Ⅰ垂直纸面向里且宽度为d，磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ垂直纸面向外且宽度为eq\f(1,3)d，磁感应强度大小未知，磁场Ⅰ和磁场Ⅱ的边界为平行的竖直面。现有一带电粒子以一定的水平速度从磁场Ⅰ边界上的O点垂直磁场Ⅰ射入，当粒子从磁场Ⅱ右边界C点(图中未画出)射出时，速度方向也恰好水平，不计粒子所受重力，下列说法正确的是()A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为3BB．粒子在磁场Ⅰ中的轨迹半径是在磁场Ⅱ中的轨迹半径的3倍C．粒子在磁场Ⅰ中偏转的圆心角是在磁场Ⅱ中偏转的圆心角的3倍D．粒子在磁场Ⅰ中运动的时间是在磁场Ⅱ中运动的时间的3倍解析：由于出射方向和入射方向相同，而粒子在两磁场区域偏转方向相反，所以粒子在磁场Ⅰ中偏转的圆心角应等于磁场Ⅱ中偏转的圆心角，故C错误；设粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中的轨迹半径分别为R1、R2，无论粒子电性如何，根据对称性可知所得结论应相同，所以假设粒子带正电，如图所示，根据几何关系可得eq\f(d,R1)＝eq\f(\f(d,3),R2)，解得R1＝3R2，故B正确；根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，所以eq\f(B1,B2)＝eq\f(R2,R1)＝eq\f(1,3)，所以磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B2＝3B1＝3B，故A正确；粒子的运动周期为T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁场中运动的时间为t＝eq\f(θ,360°)T，所以粒子在磁场Ⅰ、Ⅱ中运动时间之比为eq\f(t1,t2)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(B2,B1)＝3，故D正确。答案：ABD4．如图所示，平面直角坐标系xOy中第一、二、四象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从S点(－l，－l)由静止释放，进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l，0)，不计粒子重力。(1)求匀强电场的电场强度大小；(2)从粒子释放开始计时，求粒子第1次到达y轴正半轴的时间；(3)粒子第3次过y轴时的坐标。解析：(1)带正电粒子从S点(－l，－l)由静止释放，则在电场中做匀加速直线运动，从(0，－l)位置进入磁场区域运动，恰好过x轴上P点(l，0)，可知在磁场中做圆周运动的半径r＝l根据qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qlB,m)则在电场中qEl＝eq\f(1,2)mv2可得E＝eq\f(B2ql,2m)。(2)粒子在电场中加速的时间t1＝eq\f(2l,v)＝eq\f(2m,qB)粒子第1次到达y轴正半轴时，在磁场中运动半周，则运动时间t2＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)则总时间t＝eq\f((π＋2)m,qB)。(3)粒子从(－l，0)位置进入第三象限的电场，则当粒子第3次过y轴时l＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)t′2y＝vt′解得y＝2l即粒子第3次过y轴时的坐标为(0，－2l)。答案：(1)eq\f(B2ql,2m)(2)eq\f((π＋2)m,qB)(3)(0，－2l)[能力提升练]5．(2023·辽宁卷)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的eq\r(3)倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为eq\f(2mv0,3qB)，不计粒子重力。(1)求金属板间电势差U；(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ；(3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O′点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。解析：(1)设平行金属板间距为d，则平行金属板板长为eq\r(3)d，粒子在两平行金属板间做类平抛运动，水平方向有eq\r(3)d＝v0t竖直方向有eq\f(1,2)d＝eq\f(vy,2)t又vy＝eq\f(U,d)·eq\f(q,m)t联立解得U＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)。(2)粒子进入磁场时的速度v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\f(2\r(3),3)v0设其与水平方向的夹角为α，则tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(\r(3),3)即α＝30°由qvB＝eq\f(mv2,r)得，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝eq\f(2\r(3)mv0,3qB)已知磁场圆半径R＝eq\f(2mv0,3qB)，则r＝eq\r(3)R作出粒子在磁场中的运动轨迹，如图1所示，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ与粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可得taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)＝eq\f(\r(3),3)故θ＝60°。(3)根据几何关系，将磁场圆绕O′点顺时针旋转，当O点转到M点，粒子在磁场中的运动轨迹相应的弦为磁场圆的直径时，粒子在磁场中的运动时间最长。作出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的磁场圆的圆心M，如图2所示。答案：(1)eq\f(mveq\o\al(2,0),3q)(2)60°(3)见解析6．(2023·浙江6月卷)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；(2)若B2＝2B1，求能到达y＝eq\f(L,2)处的离子的最小速度v2；(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。解析：(1)离子恰不进入区域Ⅱ时的速度为离子不进入区域Ⅱ的最大速度，作出其此时的运动轨迹，如图1所示由轨迹图中的几何关系得sin30°＝eq\f(r1－L,r1)解得r1＝2L由洛伦兹力提供向心力有qv1B1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(2qB1L,m)由图1中的几何关系可得运动轨迹所对圆心角为θ＝eq\f(2π,3)则离子在磁场中的运动时间t＝eq\f(θr1,v1)＝eq\f(2πm,3qB1)。(2)法一：作出离子恰好能到达y＝eq\f(L,2)处的运动轨迹，如图2所示若B2＝2B1，由r＝eq\f(mv,qB)可知离子在区域Ⅱ中的运动轨迹半径为r2＝eq\f(r′1,2)由几何关系可等效为B2＝B1时离子恰好运动到y＝0处，如图3所示由轨迹图中几何关系可得sin30°＝eq\f(r′1－2L,r′1)解得r′1＝4L离子在区域Ⅰ磁场中运动，有qv2B1＝meq\f(veq\o\al(2,2),r′1)解得v2＝eq\f(4qB1L,m)。法二：当离子运动到y＝eq\f(L,2)处时的速度方向水平向右即运动轨迹与y＝eq\f(L,2)相切时，速度最小，又B2＝2B1，则由r＝eq\f(mv,qB)可知r2＝eq\f(r′1,2)作出离子的轨迹如图4所示由几何关系得r2－r2sinθ＝eq\f(L,2)r′1sinθ－r′1sin30°＝L结合r2＝eq\f(r′1,2)，解得r′1＝4L，r2＝2L结合r′1＝eq\f(mv2,qB1)，可解得v2＝eq\f(4qB1L,m)。(3)法一：由区域Ⅱ中磁场磁感应强度B2＝eq\f(B1,L)y，可知其可等效为匀强磁场，磁感应强度为eq\f(B1,2)，若再把区域Ⅱ中磁场等效为磁感应强度为B1的匀强磁场，则磁场宽度等效为eq\f(L,2)。画出恰好不能进入第四象限的离子运动轨迹，如图5所示由轨迹图中几何关系得sin30°＝eq\f(r3－1.5L,r3)解得r3＝3L由洛伦兹力提供向心力有qv3B1＝meq\f(veq\o\al(2,3),r3)解得v3＝eq\f(3qB1L,m)即速度大于v3＝eq\f(3qB1L,m)的离子都能够进入第四象限进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝eq\f(\f(6qB1L,m)－\f(3qB1L,m),\f(6qB1L,m)－\f(qB1L,m))×100%＝60%。法二：离子在水平方向上的洛伦兹力Fx＝Bqvy在磁场Ⅰ中，由动量定理得Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx则∑B1qΔy＝∑mΔvx即B1qL＝m(v出Ⅰx－vcos60°)在磁场Ⅱ中，由动量定理得eq\f(B1,L)·y·qvyΔt＝eq\f(B1,L)y·qΔy＝mΔvx则∑eq\f(B1,L)qyΔy＝∑mΔvx即eq\f(B1,L)q·eq\f(L2,2)＝